2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（原卷版）第3講　直線、平面平行的判定與性質(zhì)

1、第 3 講直線、平面平行的判定與性質(zhì)一、知識(shí)梳理1直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行(簡(jiǎn)記為“線線平行線面平行”)因?yàn)?la，a，l，所以 l性質(zhì)定理一條直線與一個(gè)平面平行，則過(guò)這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡(jiǎn)記為“線面平行線線平行”)因?yàn)?l，l，b，所以 lb2.平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則這兩個(gè)平面平行(簡(jiǎn)記為“線面平行面面平行”)因?yàn)?a，b，abp，a，b，所以性質(zhì)定理如果兩個(gè)平行平面同時(shí)和第三個(gè)

2、平面相交，那么它們的交線平行因?yàn)椋琣，b，所以 ab常用結(jié)論1三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化：線線平行判定定理性質(zhì)定理線面平行判定定理性質(zhì)定理面面性質(zhì)定理平行線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化是解決與平行有關(guān)的證明題的指導(dǎo)思想2平行關(guān)系中的三個(gè)重要結(jié)論(1)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若 a，a，則.(2)垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即若 a，b，則 ab.(3)平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若，則.二、教材衍化1平面平面的一個(gè)充分條件是()a存在一條直線 a，a，ab存在一條直線 a，a，ac存在兩條平行直線 a，b，a，b，a，bd存在兩條異面直線 a，b，a，b，a，b解析：選 d

3、若l，al，a，a，a，a，故排除 a若l，a，al，則 a，故排除 b若l，a，al，b，bl，則 a，b，故排除 c2已知正方體 abcda1b1c1d1，下列結(jié)論中，正確的是_(只填序號(hào))ad1bc1；平面 ab1d1平面 bdc1；ad1dc1；ad1平面 bdc1.解析：連接 ad1，bc1，ab1，b1d1，c1d，bd，因?yàn)?abc1d1，所以四邊形 ad1c1b為平行四邊形，故 ad1bc1，從而正確；易證 bdb1d1，ab1dc1，又 ab1b1d1b1，bddc1d，故平面 ab1d1平面 bdc1， 從而正確； 由圖易知 ad1與 dc1異面 錯(cuò)誤； 因?yàn)?ad1bc1

4、，ad1平面 bdc1，bc1平面 bdc1，故 ad1平面 bdc1，故正確答案：一、思考辨析判斷正誤(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”)(1)直線 l 平行于平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，則 l.()(2)若直線 l 在平面外，則 l.()(3)若直線 lb，直線 b，則 l.()(4)若直線 lb，直線 b，那么直線 l 就平行于平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線()答案：(1)(2)(3)(4)二、易錯(cuò)糾偏常見(jiàn)誤區(qū)|(1)對(duì)空間平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化條件理解不夠；(2)忽略線面平行、面面平行的條件1如果直線 a平面，那么直線 a 與平面內(nèi)的()a一條直線不相交b兩條直線不相交c無(wú)數(shù)條直線不相交d任意一條直線都不相交解析：

5、選 d因?yàn)?a平面，直線 a 與平面無(wú)公共點(diǎn)，因此 a 和平面內(nèi)的任意一條直線都不相交，故選 d2如圖是長(zhǎng)方體被一平面所截得的幾何體，四邊形 efgh 為截面，則四邊形 efgh 的形狀為_(kāi)解析：因?yàn)槠矫?abfe平面 dcgh，又平面 efgh平面 abfeef，平面 efgh平面 dcghhg，所以 efhg.同理 ehfg，所以四邊形 efgh 是平行四邊形答案：平行四邊形考點(diǎn)一線面平行的判定與性質(zhì)(基礎(chǔ)型)復(fù)習(xí)指導(dǎo)|以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中直線與平面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理核心素養(yǎng)：直觀想象、邏輯推理角度一線面平行的證明在正方體 abcda1b1c1d1中

6、， e， f， g， h 分別是 bc， cc1， c1d1， a1a 的中點(diǎn) 求證：(1)bfhd1；(2)eg平面 bb1d1d.【證明】(1)如圖所示，取 bb1的中點(diǎn) m，連接 mh，mc1，易證四邊形 hmc1d1是平行四邊形，所以 hd1mc1.又因?yàn)樵谄矫?bcc1b1中，bmfc1，所以四邊形 bmc1f 為平行四邊形，所以 mc1bf，所以 bfhd1.(2)取 bd 的中點(diǎn) o，連接 eo，d1o，則 oedc 且 oe12dc，又 d1gdc 且 d1g12dc，所以 oed1g，所以四邊形 oegd1是平行四邊形，所以 ged1o.又 d1o平面 bb1d1d，ge平面

7、 bb1d1d，所以 eg平面 bb1d1d.證明直線與平面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(2)利用線面平行的判定定理：關(guān)鍵是找到平面內(nèi)與已知直線平行的直線，可先直觀判斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，?？紤]利用三角形的中位線、平行四邊形的對(duì)邊平行或過(guò)已知直線作一平面，找其交線進(jìn)行證明角度二線面平行性質(zhì)的應(yīng)用如圖，在五面體 abcdfe 中，底面 abcd 為矩形，efab，過(guò) bc 的平面交棱fd 于點(diǎn) p，交棱 fa 于點(diǎn) q.證明：pq平面 abcd.【證明】因?yàn)榈酌?abcd 為矩形，所以 adbc，adbcad平面 adfbc平面 adfbc平面 adf，bc

8、平面 adfbc平面 bcpq平面 bcpq平面 adfpqbcpq，pqbcpq平面 abcdbc平面 abcdpq平面 abcd.應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置， 有時(shí)需要經(jīng)過(guò)已知直線作輔助平面來(lái)確定交線該定理的作用是由線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行1(2020遼寧丹東質(zhì)量測(cè)試(一)如圖，直三棱柱 abca1b1c1中，bac90，abac2，d，e 分別為 aa1，b1c 的中點(diǎn)證明：de平面 abc.證明：取 bc 的中點(diǎn) f，連接 af，ef，則 efbb1，ef12bb1，所以 efda，efda，則四邊形 adef 為平行四邊形，所以 deaf.又因?yàn)?de平面 abc，a

9、f平面 abc，所以 de平面 abc.2如圖所示，已知四邊形 abcd 是正方形，四邊形 acef 是矩形，ab2，af1，m是線段 ef 的中點(diǎn)(1)求證：am平面 bde；(2)若平面 adm平面 bdel，平面 abm平面 bdem，試分析 l 與 m 的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論解：(1)證明：如圖，記 ac 與 bd 的交點(diǎn)為 o，連接 oe.因?yàn)?o，m 分別是 ac，ef 的中點(diǎn)，四邊形 acef 是矩形，所以四邊形 aoem 是平行四邊形，所以 amoe.又因?yàn)?oe平面 bde，am平面 bde，所以 am平面 bde.(2)lm，證明如下：由(1)知 am平面 bde，又

10、am平面 adm，平面 adm平面 bdel，所以 lam，同理，am平面 bde，又 am平面 abm，平面 abm平面 bdem，所以 mam，所以 lm.考點(diǎn)二面面平行的判定與性質(zhì)復(fù)習(xí)指導(dǎo)|以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中平面與平面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理核心素養(yǎng)：邏輯推理、直觀想象如圖所示，在三棱柱 abca1b1c1中，e，f，g，h 分別是 ab，ac，a1b1，a1c1的中點(diǎn)，求證：(1)b，c，h，g 四點(diǎn)共面；(2)平面 efa1平面 bchg.【證明】(1)因?yàn)?g，h 分別是a1b1，a1c1的中點(diǎn)，所以 ghb1c1，又 b1c1bc，所以 ghb

11、c，所以 b，c，h，g 四點(diǎn)共面(2)在abc 中，e，f 分別為 ab，ac 的中點(diǎn)，所以 efbc，因?yàn)?ef平面 bchg，bc平面 bchg，所以 ef平面 bchg.又因?yàn)?g，e 分別為 a1b1，ab 的中點(diǎn)，所以 a1geb，所以四邊形 a1ebg 是平行四邊形，所以 a1egb.因?yàn)?a1e平面 bchg，gb平面 bchg，所以 a1e平面 bchg.又因?yàn)?a1eefe，所以平面 efa1平面 bchg.【遷移探究 1】 (變條件)在本例條件下， 若 d 為 bc1的中點(diǎn)， 求證： hd平面 a1b1ba.證明：如圖所示，連接 hd，a1b，因?yàn)?d 為 bc1的中點(diǎn)，

12、h 為 a1c1的中點(diǎn)，所以 hda1b，又 hd平面 a1b1ba，a1b平面 a1b1ba，所以 hd平面 a1b1ba.【遷移探究 2】(變條件)在本例條件下，若 d1，d 分別為 b1c1，bc 的中點(diǎn)，求證：平面 a1bd1平面 ac1d.證明：如圖所示，連接 a1c 交 ac1于點(diǎn) m，因?yàn)樗倪呅?a1acc1是平行四邊形，所以 m 是 a1c 的中點(diǎn)，連接 md，因?yàn)?d 為 bc 的中點(diǎn)，所以 a1bdm.因?yàn)?a1b平面 a1bd1，dm平面 a1bd1，所以 dm平面 a1bd1.又由三棱柱的性質(zhì)知，d1c1bd，所以四邊形 bdc1d1為平行四邊形，所以 dc1bd1.又

13、 dc1平面 a1bd1，bd1平面 a1bd1，所以 dc1平面 a1bd1，又因?yàn)?dc1dmd，dc1，dm平面 ac1d，所以平面 a1bd1平面 ac1d.1如圖，ab平面平面，過(guò)點(diǎn) a，b 的直線 m，n 分別交，于點(diǎn) c，e 和點(diǎn) d，f，若 ac2，ce3，bf4，則 bd 的長(zhǎng)為()a65b75c85d95解析：選 c由 ab，易證accebddf.即acaebdbf，所以 bdacbfae24585.2(一題多解)如圖，四邊形 abcd 是邊長(zhǎng)為 3 的正方形，ed平面 abcd，af平面abcd，de3af3.證明：平面 abf平面 dce.證明：法一：因?yàn)?de平面 a

14、bcd，af平面 abcd，所以 deaf.因?yàn)?af平面 dce，de平面 dce，所以 af平面 dce.因?yàn)樗倪呅?abcd 是正方形，所以 abcd.因?yàn)?ab平面 dce，所以 ab平面 dce.因?yàn)?abafa，ab平面 abf，af平面 abf，所以平面 abf平面 dce.法二：因?yàn)?de平面 abcd，af平面 abcd，所以 deaf.因?yàn)樗倪呅?abcd 為正方形，所以 abcd.又 afaba，dedcd，所以平面 abf平面 dce.法三：因?yàn)?de平面 abcd，所以 dead，在正方形 abcd 中，addc.又 dedcd，所以 ad平面 dec.同理 ad平面

15、 abf.所以平面 abf平面 dce.考點(diǎn)三平行關(guān)系中的探索性問(wèn)題復(fù)習(xí)指導(dǎo)|能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡(jiǎn)單命題核心素養(yǎng)：邏輯推理、直觀想象如圖，已知斜三棱柱 abca1b1c1中，點(diǎn) d，d1分別為 ac，a1c1上的點(diǎn)(1)當(dāng)a1d1d1c1等于何值時(shí)，bc1平面 ab1d1?(2)若平面 bc1d平面 ab1d1，求addc的值【解】(1)如圖，取 d1為線段 a1c1的中點(diǎn)，此時(shí)a1d1d1c11，連接 a1b 交 ab1于點(diǎn) o，連接 od1.由棱柱的性質(zhì)，知四邊形 a1abb1為平行四邊形，所以點(diǎn) o 為 a1b 的中點(diǎn)在a1bc1中，點(diǎn) o，d

16、1分別為 a1b，a1c1的中點(diǎn)，所以 od1bc1.又因?yàn)?od1平面 ab1d1，bc1平面 ab1d1，所以 bc1平面 ab1d1.所以當(dāng)a1d1d1c11 時(shí)，bc1平面 ab1d1.(2)由已知，平面 bc1d平面 ab1d1，且平面 a1bc1平面 bdc1bc1，平面 a1bc1平面 ab1d1d1o.因此 bc1d1o，同理 ad1dc1.因?yàn)閍1d1d1c1a1oob，a1d1d1c1dcad.又因?yàn)閍1oob1，所以dcad1，即addc1.解決探索性問(wèn)題的方法(1)根據(jù)探索性問(wèn)題的設(shè)問(wèn)，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)

17、，若得到矛盾就否定假設(shè)(2)按類(lèi)似于分析法的格式書(shū)寫(xiě)步驟：從結(jié)論出發(fā)“要使成立”“只需使成立”(一題多解)如圖， 四棱錐eabcd， 平面abcd平面abe， 四邊形abcd為矩形，ad6，ab5，be3，f 為 ce 上的點(diǎn)，且 bf平面 ace.(1)求證：aebe；(2)設(shè) m 在線段 de 上，且滿足 em2md，試在線段 ab 上確定一點(diǎn) n，使得 mn平面 bce，并求 mn 的長(zhǎng)解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅?abcd 為矩形，所以 bcab.因?yàn)槠矫?abcd平面 abe，平面 abcd平面 abeab，且 bc平面 abcd，所以 bc平面 abe.又 ae平面 abe，所以 b

18、cae.因?yàn)?bf平面 ace，ae平面 ace，所以 bfae.又因?yàn)?bcbfb，bc平面 bce，bf平面 bce，所以 ae平面 bce，因?yàn)?be平面 bce，所以 aebe.(2)法一：如圖，在ade 中過(guò) m 點(diǎn)作 mgad 交 ae 于 g 點(diǎn)，在abe 中過(guò) g 點(diǎn)作gnbe 交 ab 于 n 點(diǎn)，連接 mn，因?yàn)?ngbe，ng平面 bce，be平面 bce，所以 ng平面 bce.同理可證，gm平面 bce.因?yàn)?mggng，所以平面 mgn平面 bce，又因?yàn)?mn平面 mgn，所以 mn平面 bce，因?yàn)?n 點(diǎn)為線段 ab 上靠近 a 點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)，ad6，ab

19、5，be3，所以 mg23ad4，ng13be1，所以 mn mg2ng2 4212 17.法二：如圖，過(guò) m 點(diǎn)作 mgcd 交 ce 于 g 點(diǎn)，連接 bg，在 ab 上取 n 點(diǎn)，使得 bnmg，連接 mn，因?yàn)?mgcd，em2md，所以 mg23cd，因?yàn)?abcd，bnmg，所以四邊形 mgbn 是平行四邊形，所以 mnbg，又因?yàn)?mn平面 bce，bg平面 bce，所以 mn平面 bce，又 mg23cd，mgbn，所以 bn23ab，所以 n 點(diǎn)為線段 ab 上靠近 a 點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)在cbg 中，因?yàn)?bcad6，cg13ce136232 5，cosbcg2 55，所以

20、bg236526 52 5517，所以 mnbg 17.基礎(chǔ)題組練1若直線 l 不平行于平面，且 l，則()a內(nèi)的所有直線與 l 異面b內(nèi)不存在與 l 平行的直線c與直線 l 至少有兩個(gè)公共點(diǎn)d內(nèi)的直線與 l 都相交解析：選 b因?yàn)?l，直線 l 不平行于平面，所以直線 l 只能與平面相交，于是直線 l 與平面只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以平面內(nèi)不存在與 l 平行的直線2(2020大連雙基測(cè)試)已知直線 l，m，平面，則下列條件能推出 lm 的是()al，m，b，l，mcl，mdl，m解析：選 b選項(xiàng) a 中，直線 l，m 也可能異面；選項(xiàng) b 中，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，可推出 lm，b 正確；選項(xiàng)

21、c 中，直線 l，m 也可能異面；選項(xiàng) d 中，直線 l，m 也可能相交，故選 b3(2020長(zhǎng)沙市統(tǒng)一模擬考試)設(shè) a，b，c 表示不同直線，表示不同平面，下列命題：若 ac，bc，則 ab；若 ab，b，則 a；若 a，b，則 ab；若 a，b，則 ab.真命題的個(gè)數(shù)是()a1b2c3d4解析：選 a由題意，對(duì)于，根據(jù)線線平行的傳遞性可知是真命題；對(duì)于，根據(jù)ab，b，可以推出 a或 a，故是假命題；對(duì)于，根據(jù) a，b，可以推出a 與 b 平行、相交或異面，故是假命題；對(duì)于，根據(jù) a，b.，可以推出 ab或 a 與 b 異面，故是假命題，所以真命題的個(gè)數(shù)是 1，故選 a4.如圖所示，在空間四

22、邊形 abcd 中，e，f 分別為邊 ab，ad 上的點(diǎn)，且 aeebaffd14，又 h，g 分別為 bc，cd 的中點(diǎn)，則()abd平面 efgh，且四邊形 efgh 是矩形bef平面 bcd，且四邊形 efgh 是梯形chg平面 abd，且四邊形 efgh 是菱形deh平面 adc，且四邊形 efgh 是平行四邊形解析：選 b由 aeebaffd14 知 ef15bd，又 ef平面 bcd，所以 ef平面 bcd.又 h，g 分別為 bc，cd 的中點(diǎn)，所以 hg12bd，所以 efhg 且 efhg.所以四邊形 efgh 是梯形5.在正方體 abcda1b1c1d1中，e，f，g 分別

23、是 a1b1，b1c1，bb1的中點(diǎn)，給出下列四個(gè)推斷：fg平面aa1d1d； ef平面bc1d1； fg平面bc1d1； 平面efg平面bc1d1.其中推斷正確的序號(hào)是()abcd解析：選 a因?yàn)樵谡襟w abcda1b1c1d1中，e，f，g 分別是 a1b1，b1c1，bb1的中點(diǎn)，所以 fgbc1，因?yàn)?bc1ad1，所以 fgad1，因?yàn)?fg平面 aa1d1d，ad1平面 aa1d1d，所以 fg平面 aa1d1d，故正確；因?yàn)?efa1c1，a1c1與平面 bc1d1相交，所以 ef 與平面 bc1d1相交，故錯(cuò)誤；因?yàn)?e，f，g 分別是 a1b1，b1c1，bb1的中點(diǎn)，所以

24、 fgbc1，因?yàn)?fg平面 bc1d1，bc1平面 bc1d1，所以 fg平面 bc1d1，故正確；因?yàn)?ef 與平面 bc1d1相交，所以平面 efg 與平面 bc1d1相交，故錯(cuò)誤故選 a6.如圖， 正方體 abcda1b1c1d1中， ab2， 點(diǎn) e 為 ad 的中點(diǎn)， 點(diǎn) f 在 cd 上 若 ef平面 ab1c，則線段 ef 的長(zhǎng)等于_解析：因?yàn)?ef平面 ab1c，ef平面 abcd，平面 abcd平面 ab1cac，所以efac，所以點(diǎn) f 為 dc 的中點(diǎn)故 ef12ac 2.答案： 27在下面給出的條件中，若條件足夠推出 a，則在橫線上填“ok” ；若條件不能保證推出 a

25、，則請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)足條件：(1)條件：ab，bc，c，_，結(jié)論：a；(2)條件：b，ab，a，_，結(jié)論：a.解析：因?yàn)?ab，bc，c，所以由直線與平面平行的判定定理得，當(dāng) a時(shí)，a.因?yàn)閎，ab，a，則由直線與平面平行的判定定理得 a.答案：aok8在四面體 abcd 中，m，n 分別是acd，bcd 的重心，則四面體的四個(gè)面中與mn 平行的是_解析：如圖，取 cd 的中點(diǎn) e，連接 ae，be，則 emma12，enbn12，所以 mnab.因?yàn)?ab平面 abd，mn平面 abd，ab平面 abc，mn平面 abc，所以 mn平面 abd，mn平面 abc.答案：平面 abd 與平面 ab

26、c9.在如圖所示的一塊木料中，棱 bc 平行于平面 abcd.(1)要經(jīng)過(guò)平面 abcd內(nèi)的一點(diǎn) p 和棱 bc 將木料鋸開(kāi)，應(yīng)怎樣畫(huà)線？(2)所畫(huà)的線與平面 abcd 是什么位置關(guān)系？并證明你的結(jié)論解： (1)過(guò)點(diǎn) p 作 bc的平行線，交 ab，cd于點(diǎn) e，f，連接 be，cf.作圖如右：(2)ef平面 abcd.理由如下：因?yàn)?bc平面 abcd，又因?yàn)槠矫?bccb平面 abcdbc，所以 bcbc，因?yàn)?efbc，所以 efbc，又因?yàn)?ef平面 abcd，bc平面 abcd，所以 ef平面 abcd.10(2020南昌市摸底調(diào)研)如圖，在四棱錐 pabcd 中，abcacd90，

27、baccad60，pa平面 abcd，pa2，ab1.設(shè) m，n 分別為 pd，ad 的中點(diǎn)(1)求證：平面 cmn平面 pab；(2)求三棱錐 pabm 的體積解：(1)證明：因?yàn)?m，n 分別為 pd，ad 的中點(diǎn)，所以 mnpa，又 mn平面 pab，pa平面 pab，所以 mn平面 pab.在 rtacd 中，cad60，cnan，所以acn60.又bac60，所以 cnab.因?yàn)?cn平面 pab，ab平面 pab，所以 cn平面 pab.又 cnmnn，所以平面 cmn平面 pab.(2)由(1)知，平面 cmn平面 pab，所以點(diǎn) m 到平面 pab 的距離等于點(diǎn) c 到平面 p

28、ab 的距離因?yàn)?ab1，abc90，bac60，所以 bc 3，所以三棱錐 pabm 的體積 vvmpabvcpabvpabc13121 3233.綜合題組練1如圖，在四面體 abcd 中，若截面 pqmn 是正方形，則在下列說(shuō)法中，錯(cuò)誤的為()aacbdbacbdcac截面 pqmnd異面直線 pm 與 bd 所成的角為 45解析：選 b因?yàn)榻孛?pqmn 是正方形，所以 pqmn，qmpn，則 pq平面 acd，qm平面 bda，所以 pqac，qmbd，由 pqqm 可得 acbd，故 a 正確；由 pqac 可得 ac截面 pqmn，故 c 正確；由 bdpn，所以mpn 是異面直線

29、 pm 與 bd 所成的角，且為 45，d 正確；由上面可知：bdpn，mnac.所以pnbdanad，mnacdnad，而 andn，pnmn，所以 bdac.b 錯(cuò)誤故選 b2如圖，透明塑料制成的長(zhǎng)方體容器 abcda1b1c1d1內(nèi)灌進(jìn)一些水，固定容器底面一邊 bc 于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個(gè)命題：沒(méi)有水的部分始終呈棱柱形；水面 efgh 所在四邊形的面積為定值；棱 a1d1始終與水面所在的平面平行；當(dāng)容器傾斜如圖所示時(shí)，bebf 是定值其中正確的個(gè)數(shù)是()a1b2c3d4解析：選 c由題圖，顯然是正確的，是錯(cuò)的；對(duì)于因?yàn)?a1d1bc，bcfg，所以 a1d1

30、fg 且 a1d1平面 efgh，所以 a1d1平面 efgh(水面)所以是正確的；因?yàn)樗嵌康?定體積 v)所以 sbefbcv，即12bebfbcv.所以 bebf2vbc(定值)，即是正確的，故選 c3.如圖，在正方體 abcda1b1c1d1中判斷下列位置關(guān)系：(1)ad1所在的直線與平面 bcc1的位置關(guān)系是_；(2)平面 a1bc1與平面 abcd 的位置關(guān)系是_解析： (1)ad1所在直線與平面 bcc1的位置關(guān)系是平行 理由： abc1d1， 且 abc1d1，可得四邊形 abc1d1為平行四邊形，即有 ad1bc1，ad1平面 bcc1，bc1平面 bcc1，則ad1平面 bcc1.(2)平面 a1bc1與平面 abcd 的位置關(guān)系是相交理由：平面 a1bc1與平面 abcd 有一個(gè)交點(diǎn) b，由公理 3 得，如果兩個(gè)平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們還有其他公共點(diǎn)，這些公共點(diǎn)在一條直線上，這條直線為交線如圖，過(guò)點(diǎn) b 作 ac 的平行線 l，即為交線答案：平行相交4在正四棱柱 abcda1b1c1d1中，o 為底面 abcd 的中心，p 是 dd1的中點(diǎn)，設(shè) q是 cc1上的點(diǎn)，則點(diǎn) q 滿足條件_時(shí)，有平面 d1bq平面 pao.解析：如圖所示，設(shè) q 為 cc1的中點(diǎn)，因?yàn)?p 為 dd1的中點(diǎn)，所以 qbpa.連接 db，因?yàn)?p